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在页面上：http ://code.google.com/p/modwsgi/wiki/FileWrapperExtension，Graham Dumpleton 推荐以下内容：

“但是请注意，为了获得最佳性能，静态文件应始终由 Web 服务器提供。在 mod_wsgi 的情况下，这意味着 Apache 本身而不是 mod_wsgi 或 WSGI 应用程序。”

我想预先构建大量的静态页面，然后有一个 python 程序（在 apache/mod_wsgi 3.3/python3.1 下运行，守护进程模式，不涉及 django）决定为每个用户提供哪些服务。例如，我希望 python 程序决定这个人需要“12345.html”并让它告诉 Apache，“请向这个人提供静态文件 '12345.html'”，而不是必须使用 python打开文件，读取内容，将其转换为 python 字符串，并将其作为“[输出]”返回给 mod_wsgi。

这可能吗？如果是这样，怎么做？

如果没有，最好的方法是什么？

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有很多方法可以做到这一点。

  1. 由 mod_xsendfile 和 Apache 实现的 X-Sendfile。
  2. 使用 mod_wsgi 守护程序模式的 Location/mod_rewrite 技巧。
  3. X-Accel-Redirect 如果也使用 nginx 作为 Apache 的前端。

阅读 (1) 和 (3) 作为更广泛使用的选项。

更新 (2) 的说明。

让 WSGI 应用程序返回带有空正文的 200 响应和带有指向同一 Apache 服务器上托管的本地资源的 URL 路径的“Location”响应标头，并且当使用守护程序模式时 mod_wsgi 将触发到该 URL 的内部重定向。

因此，如果您的 Apache 有：

Alias /generated-files/ /some/path/
<Directory /some/path>
Order allow, deny
Allow from all
</Directory>

然后在文件系统中将您的文件生成为/some/path/foo.txt，然后让“Location”响应标头的值为“/generated-files/foo.txt”，它将被提供。

请注意，“/generated-files”下的任何内容都可以公开访问。如果您不希望它是私有的，因此只能通过生成“Location”响应标头的特定请求返回，则需要添加 mod_rewrite 魔法来阻止对该 URL 的访问，但内部生成的子请求除外。从记忆中需要是这样的：

RewriteCond %{IS_SUBREQ} false
RewriteRule ^/generated-files/ - [F]
于 2012-05-27T23:56:54.827 回答